Question

14．設(shè)n∈N^*，函數(shù)f（x）=$\frac{lnx}{{x}^{n}}$，函數(shù)g（x）=$\frac{{e}^{x}}{{x}^{n}}$，x∈（0，+∞），
（1）當(dāng)n=1時(shí)，寫出函數(shù)y=f（x）-1零點(diǎn)個(gè)數(shù)，并說明理由；
（2）若曲線 y=f（x）與曲線 y=g（x）分別位于直線l：y=1的兩側(cè)，求n的所有可能取值．

Answer 1

分析 （1）由f（x）的解析式求出f（x）的導(dǎo)函數(shù)，且求出f（x）的定義域，分別令導(dǎo)函數(shù)大（�。┯�0列出關(guān)于x的不等式，求解即得函數(shù)的遞增（減）區(qū)間，由最大值小于零及函數(shù)的圖象可知函數(shù)不存在零點(diǎn)；
（2）同（1）分別求出函數(shù)f（x）的最大值與g（x）的最小值，根據(jù)題意，只需曲線$y=\frac{lnx}{{x}^{n}}$在直線l：y=1的下方，而曲線$y=\frac{{e}^{x}}{{x}^{n}}$在直線l：y=1的上方即可．

解答 （1）證明：結(jié)論：函數(shù)y=f（x）-1不存在零點(diǎn)．
當(dāng)n=1時(shí)，f（x）=$\frac{lnx}{x}$，求導(dǎo)得$f′（x）=\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，
令f′（x）=0，解得x=e．
當(dāng)x變化時(shí)，f′（x）與f（x）的變化如下表所示：

x	（0，e）	e	（e，+∞）
f′（x）	+	0	-
f（x）	↑		↓

所以函數(shù)f（x）在（0，e）上單調(diào)遞增，在（e，+∞）上單調(diào)遞減．
則當(dāng)x=e時(shí)，函數(shù)f（x）有最大值f（e）=$\frac{1}{e}$，
所以函數(shù)y=f（e）-1的最大值為f（e）-1=$\frac{1}{e}-1＜0$，
所以函數(shù)y=f（x）-1不存在零點(diǎn)；
（2）解：由函數(shù)$f（x）=\frac{lnx}{{x}^{n}}$求導(dǎo)，得$f′（x）=\frac{1-nlnx}{{x}^{n+1}}$，
令f′（x）=0，解得$x={e}^{\frac{1}{n}}$．
當(dāng)x變化時(shí)，f′（x）與f（x）的變化如下表所示：

x	（0，${e}^{\frac{1}{n}}$）	${e}^{\frac{1}{n}}$	（${e}^{\frac{1}{n}}$，+∞）
f′（x）	+	0	-
f（x）	↑		↓

所以函數(shù)f（x）在（0，${e}^{\frac{1}{n}}$）上單調(diào)遞增，在（${e}^{\frac{1}{n}}$，+∞）上單調(diào)遞減，
則當(dāng)x=${e}^{\frac{1}{n}}$時(shí)，函數(shù)f（x）有最大值$f（{e}^{\frac{1}{n}}）=\frac{1}{ne}$；
由函數(shù)g（x）=$\frac{{e}^{x}}{{x}^{n}}$，x∈（0，+∞）求導(dǎo)，得$g′（x）=\frac{{e}^{x}（x-n）}{{x}^{n+1}}$，
令g′（x）=0，解得x=n，
當(dāng)x變化時(shí)，g′（x）與g（x）的變化如下表所示：

x	（0，n）	n	（n，+∞）
g′（x）	-	0	+
g（x）	↓		↑

所以函數(shù)g（x）在（0，n）上單調(diào)遞減，在（n，+∞）上單調(diào)遞增，
則當(dāng)x=n時(shí)，函數(shù)g（x）有最小值g（n）=$（\frac{e}{n}）^{n}$，
因?yàn)閷θ我獾膎∈N^*，函數(shù)f（x）有最大值$f（{e}^{\frac{1}{n}}）=\frac{1}{ne}＜1$，
所以曲線$y=\frac{lnx}{{x}^{n}}$在直線l：y=1的下方，而曲線$y=\frac{{e}^{x}}{{x}^{n}}$在直線l：y=1的上方，
所以$（\frac{e}{n}）^{n}＞1$，解得n＜e，又n∈N^*，
所以n的取值集合為：{1，2}．

點(diǎn)評 此題考查學(xué)生會(huì)根據(jù)導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，會(huì)根據(jù)函數(shù)的增減性得到函數(shù)的最值，掌握函數(shù)零點(diǎn)的判斷方法，是一道綜合題．